DeDap an HSG 12Nam 20122013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>UBND TỈNH QUẢNG TRỊ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu Câu 1. HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 12 THPT Năm học: 2012 – 2013 Khóa thi ngày: 06/03/2013 Môn thi: HÓA HỌC. Ý. Nội dung. 1. Hoàn thành phương trình phản ứng: a) 2 NaI +2 H2SO4 (đặc, nóng) → 2 NaHSO4 + 2 HI 8 HI + H2SO4 (đặc, nóng) → H2S + 4 H2O + 4 I2 Hoặc: 8 NaI+9 H2SO4 (đặc, nóng) → 8 NaHSO4 + H2S +4 H2O+4I2 b) 2 NaBr + 2 H2SO4 (đặc, nóng) → 2 NaHSO4 + 2 HBr 2 HBr + H2SO4 (đặc, nóng) → SO2 + 2 H2O + Br2 Hoặc: 2 NaBr+3 H2SO4 (đặc, nóng) → 2 NaHSO4 + SO2+2 H2O+Br2. Điểm 4,0 điểm 1,0. o. 2. 3. 4. t  K2S + N2 + 3CO2 c) 2 KNO3 + S + 3C   d) 2 FeSO4 + H2SO4 + 2 HNO2 → Fe2(SO4)3 + 2 NO + 2 H2O e) 2 KMnO4 +3H2SO4 + 5HNO2 → K2SO4 + 2MnSO4+HNO3 + 3 H2O f) 3 NaNO2 + H2SO4 (loãng) → Na2SO4 + NaNO3 + 2 NO + H2O Ta có: n HCl 0,1a mol; n NaOH 0,15.1,5 0, 225 mol. Khi trộn xảy ra phản ứng: HCl + NaOH → NaCl + H2O (1) Vì Al tan được trong dung dịch axit và kiềm nên xảy ra hai trường hợp: -Trường hợp 1: HCl dư, NaOH hết sau (1) xảy ra tiếp phản ứng: 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 (2) nHCl = 0,225 + 0,15 = 0,375 = 0,1a  a = 3,75 (M) -Trường hợp 2: HCl hết, NaOH dư sau (1) xảy ra tiếp phản ứng: 2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2 (3) Suy ra: nNaOH (1) = nHCl (1)= 0,225–0,05 = 0,175(mol)  a = 1,75 (M) Phương trình phản ứng dạng ion rút gọn Al + 6H+ + 3NO3- → Al3+ + 3NO2 + 3H2O FeS2 + 14H+ + 15NO3- → Fe3+ +15NO2 + 2SO42- +7 H2O H+ + OH- → H2O Ba2+ + SO42- → BaSO4 Fe3+ + 3OH- → Fe(OH)3 Al3+ + 3OH- → Al(OH)3 Al(OH)3 + OH- → Al(OH)44, 64 n Fe O  0, 02 n x 3 4 232 Ta có: mol, Cu mol. 1,0. 1,0. 1,0. Fe3O4 + 4H2SO4 → FeSO4 + Fe2(SO4)4 + H2O → 0,02 0,02 0,02 Cu + Fe2(SO4)3 → 2FeSO4 + CuSO4 → x mol 2x mol 2KMnO4 +10FeSO4+ 8H2SO4 → 2MnSO4 +5Fe2(SO4)3 +K2SO4 +8 H2O 0,01 → 0,05 Ta có: 0,02+2x=0,05  x=0,015 mol Vậy: Khối lượng của Cu là 0,96 gam Câu 2 1. Phản ứng dạng ion *Với NH3: Fe3+ + 3NH3 + 3H2O → Fe(OH)3+ 3NH4+ Al3+ + 3NH3 + 3H2O → Al(OH)3+ 3NH4+ Ag+ +2NH3 → Ag(NH3)2+ *Với dung dịch Na2S: 2Fe3+ + S2- → 2Fe2+ + S 2Al3+ + 3S2- + 6H2O  2Al(OH)3 + 3H2S *Với dung dịch FeCl2: Fe2+ + CO32- → FeCO3. 4,0 điểm 1,0.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 2. Fe2++Cl-+2Ag+ → Fe3+ +AgCl+Ag (hoặc rời 2 phương trình) Trường hợp 1: Hỗn hợp gồm NaF và NaCl. Kết tủa chỉ là AgCl. 1,0. 4, 749. n NaCl n AgCl  0, 0331 143, 5 mol m. 2, 2  0, 0331.58, 5 0, 26365.  NaF Trường hợp 2: Không có muối florua.. gam. Đặt công thức chung của 2 muối là NaX NaX + AgNO3    NaNO3 + AgX  (1) 2, 2 4, 749  2, 2 M  73, 3 n  0, 03 NaX 0, 03  NaX  108  23 g/mol. 3. 4.  X = 73,3-23=50,3  Hai halogen kế tiếp là Cl(35,3) < 50,3 < Br( 80) 58, 5x  103 y  2, 2  x 0, 02    m  0, 02.58, 5  1,17 gam  NaCl  x  y  0, 03  y 0, 01 * Nhìn chung năng lượng ion hoá tăng dần Giải thích: Từ trái sang phải trong một chu kỳ, điện tích hạt nhân của các nguyên tố tăng dần và số lớp e không đổi, nên lực hút giữa điện tích hạt nhân và e lớp ngoài cùng tăng, làm e càng khó bị tách ra khỏi nguyên tử nên năng lượng ion hoá tăng. * Be và N có năng lượng ion hoá cao bất thường Giải thích: Be có cấu hình e 1s22s2, cấu hình ở phân lớp s bảo hòa và N có cấu hình e là: 1s22s22p3, phân lớp p bán bão hoà. Đây cũng là những cấu hình e bền nên cũng cần cung cấp năng lượng cao hơn để tách e ra khỏi nguyên tử. Viết các phương trình phản ứng và tính thể tích của dung dịch KMnO4 Fe2O3 + 6H+ → 2Fe3+ + 3H2O 0,02 → 0,12 → 0,04 Fe + 2Fe3+ → 3Fe2+ 0,01 → 0,02 → 0,03 Dd B gồm: 0,02 mol H+, 0,03 mol Fe2+, 0,01 mol Fe3+, 0,14 mol ClMnO4- + 5Fe2+ + 8H+ → Mn2+ +5Fe3+ + 4 H2O 0,006  0,03 2MnO4- + 10Cl- + 16H+ → 2Mn2+ + 5Cl2 + 8H2O 0,028  0,14 Ta có: VddHCl=0,17 lít = 170 ml. Câu 3 1. M NO. 2. 1,0. 2,0 điểm 0,5. Tính khối lượng muối khan *Xác định số mol các chất khí Số mol Z = 0,896: 22,4 = 0,04 (mol). 1,0. M. Z = 3,15625.16 = 50,5. = 46 < 50,5 < M T  T là SO2 (M=64) Gọi a là số mol SO2, b là số mol NO2 64a  46 b 50, 5.0, 04 2, 02 a  0, 01    b  0, 03 Ta có hệ:  a  b 0, 04 Phương trình phản ứng: (Có thể không cần ghi phản ứng) X + 2H2SO4  XSO4 + SO2 + 2H2O 2Y + 2H2SO4  Y2SO4 + SO2 + 2H2O X + 4HNO3  X(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O Y + 2HNO3  YNO3 + NO2 + H2O ∑m muối khan = ∑mM + ∑mNO3- + ∑m SO42-.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> = 2,36 + 0,03.62 + 0,01.96 = 5,18 (gam) Xác định khoảng giá trị X  X2+ + 2e x 2x. 0,5. 6 4 S  2e  S. 0,02  0,01 5. 4. N  1e  N Y  Y + 1e y y 0,03  0,03 Theo định luật bảo toàn electron: 2x + y = 0,05 Khối lượng hỗn hợp: xX + yY = 2,36 *Giả sử chỉ tạo NO2 thì: Khối lượng 2 muối nitrat= x(X + 124)+y(Y + 62)=2,36+62.0,05=5,46 g *Giả sử chỉ tạo SO2 thì: Khối lượng 2 muối sunfat= x(X + 96)+y/2(2Y+96)=2,36+48.0,05= 4,76g Vậy: 4,76 gam < khối lượng 4 muối < 5,46 gam +. 2. *Hỗn hợp A gồm: CO2 và NO Do Ag có tính khử yếu nên chỉ tạo NO Vì mỗi chất trong hh chỉ tạo một chất sản phẩm khử nên Zn sẽ khử HNO 3 thành NO hoặc NH4NO3 Gọi x là số mol Zn  số mol FeCO3 = x, gọi là số mol Ag= y. 0,5. *Nếu Zn cũng khử HNO3 tạo ra khí NO thì ta có: 3Zn + 8HNO3 → Zn(NO3)2 + 2NO + 4H2O → x 2x/3 3Ag + 4HNO3 → 3AgNO3 + NO + 2H2O → y y/3 3FeCO3 + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + 3CO2 + NO + 5H2O → x x x/3 3x  y  Khí tạo thành có: x mol CO2 và 3 mol NO *Vì hh khí có tỉ khối so với hiđro là 19,2 nên n(CO2) = 1,5.nNO 3x  y 1,5.  x=  y = -x (loại) 3 *Do đó sản phẩm khử của Zn là: NH4NO3 4Zn + 10HNO3 → 4Zn(NO3)2 + NH4NO3 + 3H2O x x x/4 3Ag + 4HNO3 → 3AgNO3 + NO + 2H2O y y y/3 3FeCO3 + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + 3CO2 + NO + 5H2O x x x x/3 xy  Khí tạo thành có x mol CO2 và 3 mol NO. Vì số mol CO2 = 1,5. nNO. Nên x = y * Khi B + NaOH dư và nung thì chất rắn chỉ có: NaOH t0 Fe(NO3)3    Fe(OH)3   1/2 Fe2O3 0. NaOH t AgNO3    1/2Ag2O   Ag 0,5x mol Fe2O3 + y mol Ag. Vì x = y nên ta có: 80x + 108x = 2,82  x = 0,015 mol.. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Vậy cả 3 chất trong hh đã cho đều có số mol là 0,015 mol. Câu 4 1. 2. 3. CnH2nO2 có tổng số vòng no và số liên kết  là 1 Vậy phải có 1 liên kết  hoặc 1 vòng no *Axit no, đơn chức, mạch hở (n  1) => C2H5COOH *Este no, đơn chức, mạch hở (n  2) => HCOOC2H5, CH3COOCH3 *Tạp chức: 1-OH; 1-CHO (n  2) => HO-CH2CH=O, CH3-CH(OH)CHO 1-O-; 1-CHO => CH3-O-CH2-CHO 1-OH; 1-CO- => CH3-CO-CH2-CHO 1-O-; 1-CO- => CH3-O-CO-CH3 OH OH * Vòng no: Cho hỗn hợp vào dung dịch NaOH dư, chiết tách phần không tan ta được hỗn hợp gồm C6H6, C6H5NH2 (hỗn hợp I) C6H5OH + NaOH → C6H5ONa + H2O Phần dung dịch gồm: C6H5ONa, C2H5OH, NaOH dư ( dung dịch II) Chưng cất dung dịch (II), hơi ngưng tụ làm khô được C 2H5OH vì C6H5ONa, NaOH không bay hơi. Cho CO2 dư vào ddC6H5ONa, NaOH, lọc tách phần kết tủa được C6H5OH NaOH + CO2 → NaHCO3 C6H5ONa + CO2 + H2O → C6H5OH + NaHCO3 Cho hỗn hợp (I) vào dd HCl dư, chiết tách phần không tan ta được C6H6 C6H5NH2 + HCl → C6H5NH3Cl (tan) Cho dung dịch thu được gồm C 6H5NH3Cl, HCl dư vào dung dịch NaOH dư, chiết tách phần chất lỏng ở trên ta được C6H5NH2 HCl + NaOH → NaCl + H2O C6H5NH3Cl + NaOH → C6H5NH2 + NaCl + H2O NH2C2H4COOH3NCH3, A: NH2C2H4COONa, B: C2H5NH2, C: C2H5OH, D: C4H6, E: CH3NH2,F: CH3OH, G: HCHO, H: Na2CO3. Phản ứng:. 3,0 điểm 1.0. 1.0. 1.0. to.  NH2C2H4COONa+ CH3NH2 + H2O NH2C2H4COOH3NCH3+NaOH   o CaO,t       C2H5NH2 + Na2CO3 NH2C2H4COONa+ NaOH C2H5NH2 + HNO2 → C2H5OH + N2 + H2O o. xt,t  2C2H5OH    C4H6 + 2H2O + H2. xt,p,t. o. nC4H6      (-CH2CH=CHCH2-)n CH3NH2 + HNO2 → CH3OH + N2 + H2O o. t  HCHO + Cu + H2O CH3OH + CuO   o. t  Na2CO3 + 2Cu2O + 6H2O HCHO + 4Cu(OH)2 + 2NaOH   Na2CO3 +2HCl → 2NaCl + CO2 + H2O. Câu 5 1. *Do A tác dụng với dung dịch NaOH tạo thành muối của axit axit hữu cơ B mạch hở, không nhánh và hai ancol là etanol và propan-2-ol. Công thức: A là H5C2OOC(CH2)4COOCH(CH3)2 (etyl isopropyl ađipat) B là HOOC(CH2)4COOH (axit ađipic). 4,0 điểm 0,5. o. t  Phản ứng: H5C2OOC(CH2)4COOCH(CH3)2+2NaOH   NaOOC(CH2)4COONa + C2H5OH + (CH3)2CHOH *C là Hexametylen điamin: H2N(CH2)6NH2. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> xt,p,t o. Phản ứng: H2N(CH2)6NH2 + HOOC(CH2)4COOH    [-HN(CH2)6NH-CO-(CH2)4CO-]n (tơ nilon-6,6) +2H2O. 2. Tơ enang: [-HN(CH2)6-CO-]n Do tơ nilon-6,6; tơ enang đều có nhóm –HN-CO– nên đều bị axit, kiềm phá hủy do phản ứng thủy phân *Trong môi trường kiềm: –HN-CO– + OH- → –NH2 + –COO*Trong môi axit: –HN-CO– + H+ + H2O → –NH3+ + –COOH. 0,5. *Khi oxi hóa etylen glicol bằng dung dịch HNO 3 thì nhóm –CH2-OH sẽ bị oxi hóa thành –CHO, -COOH. Ta có công thức của 5 chất là:. 0,5. HO-CH2-CHO, HO-CH2-COOH, O=CH-CHO, O=CH-COOH, HOOC-COOH. *Thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi: O=CH-CHO, HO-CH2-CHO, O=CH-COOH, HO-CH2-COOH, HOOC-COOH. *Giải thích: -Do liên kết H trong axit bền hơn trong ancol -Khối lượng phân tử tăng dần 3. *Dùng thuốc thử là dung dịch H2SO4 loãng -Tạo khí không màu, không mùi:(NH4)2CO3. -Tạo dung dịch trong suốt chuyển sang vẩn đục là: C6H5ONa. -Tạo kết tủa trắng là: BaCl2. -Tạo hiện tượng phân lớp là: C6H6. -Tạo hiện tượng vẩn đục chuyển sang trong suốt là: C6H5NH2. -Tạo dung dịch trong suốt là: C2H5OH và Na2SO4.. 1,0. *Cho BaCl2 vào C2H5OH và Na2SO4 thì Na2SO4 tạo kết tủa trắng. Không hiện tượng là: C2H5OH. *Phản ứng: (NH4)2CO3 + H2SO4 → CO2 + H2O + (NH4)2SO4 2C6H5ONa+ H2SO4 → 2C6H5OH + Ma2SO4 BaCl2 + H2SO4 → BaSO4 + 2HCl C6H5NH2+ H2SO4 → (C6H5NH3)2SO4 Na2SO4 + BaCl2 → BaSO4 + 2NaCl 4. y y )O2  xCO2 + H2O 4 2 Ta có: mA = mH2O  12x + y = 9y  x:y = 2:3 CTPT của A, B có dạng: C2nH3n . Từ: 150 < M < 170  5,55 < n < 6,29 Vậy: n = 6 . CTPT của A là: C12H18 Phân tử A có độ bất bảo hoà Δ = 4. Vì: A + AgNO3/NH3  B Gọi công thức A là: CxHy : CxHy + (x +. HgSO , to. 4  A + H2O      C. Suy ra: A là hợp chất không no chứa nối ba CC đầu mạch. Vì chất C tác dụng với dd KMnO4 trong H2SO4 sinh ra chất D: CH3 H3C. CH2. COOH. CH. COCH3. C CH2. CH. CH3. COOH. Suy ra CTCT của A là: C C(CH3)3-CH2-. CTCT của B là:. CH. C C(CH3)3-CH2-. CTCT của C:. CO-CH3. CAg. C(CH3)3-CH2-. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Câu 6 1. m CO. 3,0 điểm 1,0. n CO. 2  11  2 3 mH O 6 nH O 4 2 2. n H O  n CO. 2 * Xác định Z. Do: . Vậy 2 => Z là ancol no, mạch hở: CnH2n+2Ok (k≤n) 3n  1  k 2 CnH2n+2Ok + O2 → nCO2 + (n+1)H2O 3n  1  k 2 1 (mol) → mol → n mol →(n+1) mol n 3   n 3 n Ta có: O2 phản ứng = 0,105 mol. Từ: (n  1) 4. 3n  1  k 2 (14n + 2 + 16k)/2,76= / 0,105 44  16k 2, 76   k 3 10  k 0, 21 Thay n = 3 vào ta có . Vậy Z là C3H8O3 CH2OHCHOHCH2OH: glixerol *Xác định 2 axit X, Y: Vì K = 32.0,625 = 20  CH4, khí còn lại là R’H  X: CH3COOH Cho K qua dung dịch Br2 dư chỉ thu được 1 khí bay ra  n CH4  5,376/22,4 = 0,24 mol Chất rắn R có chứa Na2CO3: Na2CO3 + H2SO4 → Na2SO4 + CO2 + H2O 0,36 ← 0,36 o CaO,t CH3COONa + NaOH      Na2CO3 + CH4 0,24 ← 0,24 ← 0,24 ← 0,24 ’ ’  Y là: R (COOH)t muối: R (COONa)t Do mạch hở, không phân nhánh nên t=1 hoặc t = 2. o CaO,t R’(COONa)t + t.NaOH      t.Na2CO3 + R’Ht 0,12 → 0,12/t. 2. Ta có: K =. 16.0, 24  M R 'H .0,12 / t t  20 0, 24  0,12 / t. Khi t=1 thì. M R 'H t. 1,0.  M R 'H t = 20 +8.t. = 28 => C2H4 => axit Y: CH2=CH- COOH (0,12 mol). M R 'H t Khi t=2 thì = 36 (loại). Vậy A là: C3H5(OCOCH3)2(OCOC2H3) *Xác định a, b, x. Trung hòa NaOH dư sau phản ứng xà phòng hóa: NaOH + HCl → NaCl + H2O 0,02 0,02 0,02 0,02 Trong M có: CH3COONa (0,24mol),C2H3COONa (0,12mol),NaCl (0,02mol) Vậy: mM = b = 82.0,24 + 94.0,12 + 58,5.0,02 = 32,13 gam o. t   C3H5(OH)3+ 2CH3COONa+C2H5COONa  0,12 mol 0,36mol 0,24 mol Vậy: a = 230.0,12 = 27,6 gam Ta có:x=0,38/0,19=2mol/lít Công thức cấu tạo của A: CH3COO-CH2 CH3COO-CH2 C2H3COO-CH CH3COO-CH C3H5(OCOCH3)2(OCOC2H3)+3NaOH. C2H3COO-CH2. CH3COO-CH2. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Ghi chú: Thí sinh có thể làm cách khác, nếu đúng vẫn đạt điểm tối đa trong mỗi câu. Nếu PTHH thiếu điều kiện hoặc thiếu cân bằng hoặc thiếu cả hai thì trừ một nửa số điểm của PTHH đó..

<span class='text_page_counter'>(8)</span>